第2講磁場對運動電荷的作用學習目標1.會利用左手定則判斷洛倫茲力的方向，會計算洛倫茲力的大小。2.會分析帶電粒子在有界磁場中的運動。1.2.1.思考判斷(1)帶電粒子在磁場中運動時一定會受到磁場力的作用。(×)(2)根據(jù)公式T＝eq\f(2πr,v)，帶電粒子在勻強磁場中的運動周期T與v成反比。(×)(3)粒子在只受洛倫茲力作用時運動的速度不變。(×)(4)由于安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，所以洛倫茲力也可能做功。(×)(5)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，其運動半徑與帶電粒子的比荷有關。(√)2.(多選)如圖1所示，初速度為v0的電子，沿平行于通電長直導線的方向射出，直導線中電流方向與電子的初始運動方向如圖所示，則()圖1A.電子將向右偏轉，速率不變B.電子將向左偏轉，速率改變C.電子將向左偏轉，軌道半徑不變D.電子將向右偏轉，軌道半徑改變答案AD考點一對洛倫茲力的理解和應用1.洛倫茲力的特點(1)洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷的速度方向，所以洛倫茲力只改變速度的方向，不改變速度的大小，即洛倫茲力永不做功。(2)當電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化。(3)用左手定則判斷負電荷在磁場中運動所受的洛倫茲力時，要注意將四指指向負電荷運動的反方向。2.洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質(zhì)的力。(2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功。跟蹤訓練1.如圖2所示，M、N為兩根垂直紙面的平行長直導線，O為M、N連線中點，一電子沿過O點垂直紙面的直線向外射出，當兩導線同時通有如圖方向電流時，該電子將()圖2A.向上偏轉 B.向下偏轉C.向左偏轉 D.向右偏轉答案D解析根據(jù)右手螺旋定則可知，M、N兩導線在O點形成的磁場方向都是向上的，故O點處合磁場方向向上，電子沿過O點垂直紙面的直線向外射出時，由左手定則可知，電子受洛倫茲力向右，故D正確。2.(2022·北京卷，7)正電子是電子的反粒子，與電子質(zhì)量相同、帶等量正電荷。在云室中有垂直于紙面的勻強磁場，從P點發(fā)出兩個電子和一個正電子，三個粒子運動軌跡如圖3中的1、2、3所示。下列說法正確的是()圖3A.磁場方向垂直于紙面向里B.軌跡1對應的粒子運動速度越來越大C.軌跡2對應的粒子初速度比軌跡3的大D.軌跡3對應的粒子是正電子答案A解析三個粒子從P點射入磁場，軌跡偏轉方向相同的帶同種電荷，所以軌跡2對應的粒子是正電子，1、3為電子，故D錯誤；由左手定則可判斷，磁場方向垂直紙面向里，故A正確；對于軌跡1的粒子運動半徑越來越小，由r＝eq\f(mv,qB)知，運動速度越來越小，B錯誤；對于軌跡2和軌跡3兩種粒子，由于初始半徑r2＜r3，由r＝eq\f(mv,qB)知v2＜v3，故C錯誤。

考點二帶電粒子在勻強磁場中的運動1.帶電粒子在有界磁場中的圓心、半徑及運動時間的確定基本思路圖例說明圓心的確定①與速度方向垂直的直線過圓心②弦的垂直平分線過圓心P、M點速度方向垂線的交點P點速度方向垂線與弦的垂直平分線交點半徑的確定利用平面幾何知識求半徑常用解三角形法：左圖中，R＝eq\f(L,sinθ)或由R2＝L2＋(R－d)2求得R＝eq\f(L2＋d2,2d)運動時間的確定利用軌跡對應圓心角θ或軌跡長度l求時間①t＝eq\f(θ,2π)T②t＝eq\f(l,v)t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(φ,2π)T＝eq\f(2α,2π)Tt＝eq\f(l,v)＝eq\f(\o(AB,\s\up8(︵)),v)2.帶電粒子在有界磁場中運動的常見情形(1)直線邊界(進出磁場具有對稱性，如圖4所示)圖4(2)平行邊界：往往存在臨界條件，如圖5所示。圖5(3)圓形邊界①沿徑向射入必沿徑向射出，如圖6甲所示。②不沿徑向射入時，如圖6乙所示。粒子射入磁場時速度方向與半徑夾角為θ，則粒子射出磁場時速度方向與半徑夾角也為θ。圖6角度直線邊界和平行邊界磁場例1(多選)如圖7所示，在豎直線EOF右側足夠大的區(qū)域內(nèi)存在著磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。質(zhì)量相同、電荷量分別為＋q和－q的帶電粒子，從O點以相同的初速度v，先后射入磁場，已知初速度方向與OF成θ＝30°角，兩帶電粒子在磁場中僅受洛倫茲力作用，則()圖7A.兩帶電粒子回到EOF豎直線時到O點的距離相等B.兩帶電粒子回到EOF豎直線時的速度相同C.兩帶電粒子在磁場中的運動時間相等D.從射入到射出磁場的過程中，兩帶電粒子所受洛倫茲力的沖量相同答案ABD解析這兩個正、負粒子以與OF成θ＝30°角射入有界勻強磁場后，由左手定則可判斷，正粒子沿逆時針方向做勻速圓周運動，負粒子沿順時針方向做勻速圓周運動，如圖所示(磁場未畫出)。因正、負粒子所帶電荷量的絕對值和質(zhì)量都相同，由r＝eq\f(mv,qB)和T＝eq\f(2πm,qB)知，正、負粒子的軌跡半徑和周期相同。由幾何關系知，負粒子在磁場中轉過的角度為2θ，正粒子在磁場中轉過的角度φ＝2π－2θ，則兩段圓弧所對應的弦長度相等，即兩帶電粒子回到EOF豎直線時到O點的距離相等，選項A正確；因洛倫茲力不改變速度的大小，結合幾何關系分析知，兩粒子回到EOF豎直線時的速度大小和方向均相同，選項B正確；因正、負粒子的運動周期相同，而在磁場中的偏轉角度不同，所以兩帶電粒子在磁場中的運動時間不相等，選項C錯誤；因兩帶電粒子的初、末速度相同，根據(jù)動量定理可知兩粒子所受洛倫茲力的沖量相同，選項D正確。跟蹤訓練3.如圖8所示，平行邊界區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，比荷相同的帶電粒子a和b依次從O點垂直于磁場的左邊界射入，經(jīng)磁場偏轉后從右邊界射出，帶電粒子a和b射出磁場時與磁場右邊界的夾角分別為30°和60°。不計粒子的重力，下列判斷正確的是()圖8A.粒子a帶負電，粒子b帶正電B.粒子a和b在磁場中運動的半徑之比為1∶eq\r(3)C.粒子a和b在磁場中運動的速率之比為eq\r(3)∶1D.粒子a和b在磁場中運動的時間之比為1∶2答案B解析粒子a向上偏轉，由左手定則可判斷，粒子a帶正電，而粒子b向下偏轉，則粒子b帶負電，故A錯誤；如圖所示，由幾何關系可知，磁場寬度x＝Rasin60°＝Rbsin30°，解得Ra∶Rb＝1∶eq\r(3)，故B正確；由qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(qBR,m)，比荷相同，磁場相同，則va∶vb＝Ra∶Rb＝1∶eq\r(3)，故C錯誤；粒子運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，則Ta＝Tb，a運動的時間ta＝eq\f(60°,360°)Ta＝eq\f(1,6)Ta＝eq\f(1,6)T，b運動的時間tb＝eq\f(30°,360°)Tb＝eq\f(1,12)Tb＝eq\f(1,12)T，故ta∶tb＝2∶1，故D錯誤。角度圓形邊界磁場例2(2023·江蘇鹽城高三月考)如圖9所示，圓形虛線框內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強磁場，Oa、Ob、Oc、Od是以不同速率對準圓心入射的正電子或負電子的運動徑跡，a、b、d三個出射點和圓心的連線分別與豎直方向成90°、60°、45°的夾角，則下列判斷正確的是()圖9A.沿徑跡Oc運動的粒子在磁場中運動時間最短B.沿徑跡Oc、Od運動的粒子均為正電子C.沿徑跡Oa、Ob運動的粒子速率比值為eq\f(\r(3),3)D.沿徑跡Ob、Od運動的時間之比為9∶8答案C解析由于正電子和負電子的電荷量q和質(zhì)量m均相等，粒子在磁場中做勻速圓周運動，則由T＝eq\f(2πm,qB)，可知四種粒子的周期相等，而沿徑跡Oc運動的粒子偏轉角最大，圓心角也最大，設偏轉角為θ，由t＝eq\f(θ,2π)T可知，沿徑跡Oc運動的粒子在磁場中運動時間最長，A項錯誤；由左手定則可判斷沿徑跡Oc、Od運動的粒子均帶負電，B項錯誤；設圓形磁場半徑為r，根據(jù)幾何關系可得沿徑跡Oa、Ob運動的粒子軌道半徑分別為ra＝r，rb＝eq\r(3)r，根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，可得eq\f(va,vb)＝eq\f(ra,rb)＝eq\f(\r(3),3)，C項正確；運動時間之比為偏轉角之比，所以eq\f(tb,td)＝eq\f(θb,θd)＝eq\f(60°,45°)＝eq\f(4,3)，D項錯誤。跟蹤訓練4.(多選)(2023·河北張家口高三期末)如圖10所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于圓面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，AC是圓的一條直徑，D為圓上一點，∠COD＝60°。在A點有一個粒子源，沿與AC成30°角斜向上垂直磁場的方向射出速率均為v的各種帶正電粒子，所有粒子均從圓弧CD射出磁場，不計粒子的重力及粒子間的相互作用。則從A點射出的粒子的比荷eq\f(q,m)可能是()圖10A.eq\f(v,BR) B.eq\f(3v,2BR) C.eq\f(\r(3)v,BR) D.eq\f(\r(3)v,3BR)答案AD解析帶電粒子從C點射出磁場，軌跡如圖甲所示，由幾何關系得sin30°＝eq\f(R,r1)，解得r1＝2R，帶電粒子從D點射出磁場，軌跡如圖乙所示，由幾何關系得AODO2是菱形，所以粒子的軌跡半徑r2＝R，所以粒子在磁場中運動的軌跡半徑滿足r2≤r≤r1，由洛倫茲力提供向心力得qvB＝meq\f(v2,r)，解得從A點射出的粒子的比荷滿足eq\f(v,2BR)≤eq\f(q,m)≤eq\f(v,BR)，故A、D正確。 甲乙角度三角形或四邊形邊界磁場例3如圖11所示，邊長為L的正方形區(qū)域abcd中充滿勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。一帶電粒子從ad邊的中點M垂直于ad邊，以一定速度射入磁場，僅在洛倫茲力的作用下，正好從ab邊中點N射出磁場。忽略粒子受到的重力，下列說法正確的是()圖11A.若粒子射入磁場的速度增大為原來的2倍，粒子將從b點射出B.若粒子射入磁場的速度增大為原來的2倍，粒子在磁場中運動的時間也增大為原來的2倍C.若磁感應強度的大小增大為原來的2倍，粒子將從a點射出D.若磁感應強度的大小增大為原來的2倍，粒子在磁場中運動的時間也增大為原來的2倍答案C解析由題意和左手定則可知，粒子帶正電，帶電粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)得r＝eq\f(mv,qB)，若粒子射入磁場的速度增大為原來的2倍，即v′＝2v，則粒子的半徑將增大為原來的2倍，由圖可知，粒子不會從b點射出，A錯誤；由圖可知，若粒子射入磁場的速度增大為原來的2倍，則粒子的半徑將增大為原來的2倍，粒子在磁場中運動的圓心角將減小，粒子在磁場中運動的時間將減小，B錯誤；若磁感應強度的大小增大為原來的2倍，粒子的運動半徑將減小為原來的eq\f(1,2)，將從a點射出，粒子運動時間為半個周期，即t′＝eq\f(πm,qB′)＝eq\f(πm,2qB)，而原來的時間t＝eq\f(90°,360°)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,2qB)，所以t′＝t，時間不變，故C正確，D錯誤。跟蹤訓練5.(多選)如圖12所示，等腰直角三角形abc區(qū)域內(nèi)(包含邊界)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度的大小為B，在bc的中點O處有一粒子源，可沿與ba平行的方向發(fā)射大量速率不同的同種粒子，這些粒子帶負電，質(zhì)量為m，電荷量為q，已知這些粒子都能從ab邊離開abc區(qū)域，ab＝2l，不考慮粒子的重力及粒子間的相互作用。關于這些粒子，下列說法正確的是()圖12A.速度的最大值為eq\f(（\r(2)＋1）qBl,m)B.速度的最小值為eq\f(qBl,m)C.在磁場中運動的最短時間為eq\f(πm,4qB)D.在磁場中運動的最長時間為eq\f(πm,qB)答案AD解析粒子從ab邊離開磁場時的臨界運動軌跡如圖所示，由幾何知識可知r1＝eq\f(l,2)，2r2cos45°＝O2c＝r2＋l，解得r2＝(1＋eq\r(2))l，粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(qBr,m)，故粒子的最大速度為vmax＝eq\f(qBr2,m)＝eq\f(（1＋\r(2)）qBl,m)，最小速度vmin＝eq\f(qBr1,m)＝eq\f(qBl,2m)，故A正確，B錯誤；由粒子從ab邊離開磁場區(qū)域的臨界運動軌跡可知，粒子轉過的最大圓心角θmax＝180°，最小圓心角θmin>45°，粒子做圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，則粒子在磁場中運動的最短時間tmin＝eq\f(θmin,360°)T>eq\f(πm,4qB)，最長時間tmax＝eq\f(θmax,360°)T＝eq\f(πm,qB)，故C錯誤，D正確。A級基礎對點練對點練1對洛倫茲力的理解和應用1.(2023·廣東潮州高三期末)極光是由來自宇宙空間的高能帶電粒子流進入地球大氣層后，由于地磁場的作用而產(chǎn)生的。如圖1所示，科學家發(fā)現(xiàn)并證實，這些高能帶電粒子流向兩極時做螺旋運動，旋轉半徑不斷減小。此運動形成的主要原因是()圖1A.太陽輻射對粒子產(chǎn)生了驅(qū)動力的作用效果B.粒子的帶電荷量減小C.洛倫茲力對粒子做負功，使其動能減小D.南北兩極附近的磁感應強度較強答案D解析粒子在運動過程中，由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，可知半徑不斷減小與太陽輻射對粒子產(chǎn)生了驅(qū)動力無關，A錯誤；當帶電荷量減小時，半徑增大，B錯誤；洛倫茲力始終與速度垂直，所以洛倫茲力不做功，C錯誤；粒子在運動過程中，南北兩極的磁感應強度較強，由r＝eq\f(mv,qB)可知，當磁感應強度增加時，半徑減小，D正確。2.(2023·安徽蕪湖市高三期末)如圖2所示是電視顯像管原理示意圖(俯視圖)，電流通過偏轉線圈，從而產(chǎn)生偏轉磁場，電子束經(jīng)過偏轉磁場后運動軌跡發(fā)生偏轉，不計電子的重力，圖中O點為熒光屏的中心，若調(diào)節(jié)偏轉線圈中的電流，使電子束打到熒光屏上的A點，此時下列說法正確的是()圖2A.電子經(jīng)過磁場速度增大B.偏轉磁場的方向水平向右C.偏轉磁場的方向垂直紙面向里D.偏轉磁場的方向垂直紙面向外答案D解析電子經(jīng)過磁場，洛倫茲力不做功，則動能不變，即速度不變，故A錯誤；欲使電子束打到熒光屏上的A點，則洛倫茲力方向向左，根據(jù)左手定則可知，偏轉磁場的方向垂直紙面向外，故B、C錯誤，D正確。對點練2帶電粒子在勻強磁場中的運動3.在探究射線性質(zhì)的過程中，讓質(zhì)量為m1、帶電荷量為2e的α粒子和質(zhì)量為m2、帶電荷量為e的β粒子，分別垂直于磁場方向射入同一勻強磁場中，發(fā)現(xiàn)兩種粒子沿半徑相同的圓軌道運動。則α粒子與β粒子的動能之比是()A.eq\f(m1,m2) B.eq\f(m2,m1) C.eq\f(m1,4m2) D.eq\f(4m2,m1)答案D解析帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有qvB＝meq\f(v2,r)，動能為Ek＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立可得Ek＝eq\f(q2B2r2,2m)，由題意知α粒子和β粒子所帶電荷量之比為2∶1，故α粒子和β粒子的動能之比為eq\f(Ekα,Ekβ)＝eq\f(\f(qeq\o\al(2,1),m1),\f(qeq\o\al(2,2),m2))＝eq\f(4m2,m1)，故D正確。4.(多選)(2021·湖北卷，9)一電中性微粒靜止在垂直紙面向里的勻強磁場中，在某一時刻突然分裂成a、b和c三個微粒，a和b在磁場中做半徑相等的勻速圓周運動，環(huán)繞方向如圖3所示，c未在圖中標出。僅考慮磁場對帶電微粒的作用力，下列說法正確的是()圖3A.a帶負電荷B.b帶正電荷C.c帶負電荷D.a和b的動量大小一定相等答案BC解析由左手定則可知，粒子a、粒子b均帶正電，電中性的微粒分裂的過程中，總的電荷量應保持不變，則粒子c應帶負電，A錯誤，B、C正確；粒子在磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，即qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB)，由于a粒子與粒子b的電荷量大小關系未知，則粒子a與粒子b的動量大小關系不確定，D錯誤。5.(2022·廣東卷)如圖4所示，一個立方體空間被對角平面MNPQ劃分成兩個區(qū)域，兩區(qū)域分布有磁感應強度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強磁場。一質(zhì)子以某一速度從立方體左側垂直O(jiān)yz平面進入磁場，并穿過兩個磁場區(qū)域。下列關于質(zhì)子運動軌跡在不同坐標平面的投影中，可能正確的是()圖4答案A解析由題意知當質(zhì)子垂直O(jiān)yz平面進入磁場后先在MN左側運動，剛進入時根據(jù)左手定則可知受到y(tǒng)軸正方向的洛倫茲力，做勻速圓周運動，即質(zhì)子會向y軸正方向偏移，y軸坐標增大，在MN右側磁場方向反向，由對稱性可知，A可能正確，B錯誤；質(zhì)子的運動軌跡在Ozx平面的投影為一條平行于x軸的直線，故C、D錯誤。6.(2023·廣東廣州一模)如圖5，虛線內(nèi)有垂直紙面的勻強磁場，acb是半圓，圓心是O，半徑為r，∠bOc＝60°?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的離子，以速度v沿半徑Oc射入磁場，從bd邊垂直邊界離開磁場，則()圖5A.離子做圓周運動的半徑為2rB.離子離開磁場時距b點為3rC.虛線內(nèi)的磁感應強度大小為eq\f(mv,3qr)D.離子在磁場中的運動時間為eq\f(5\r(3)πr,6v)答案D解析由題意作出離子在磁場中運動軌跡示意圖如下。根據(jù)幾何關系，離子在磁場中圓周運動半徑為R＝eq\r(3)r，離子離開磁場時距b點為s＝R＋eq\f(r,cos60°)－r＝(eq\r(3)＋1)r，故A、B錯誤；離子在磁場中，由洛倫茲力提供向心力知，qvB＝meq\f(v2,R)，可得B＝eq\f(mv,qR)＝eq\f(mv,\r(3)qr)，故C錯誤；由幾何關系知，離子在磁場中運動軌跡對應的圓心角為150°，則運動時間為t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(θm,qB)＝eq\f(5\r(3)πr,6v)，故D正確。7.(多選)(2023·河北衡水高三期末)如圖6所示，豎直線CD右邊的空間存在范圍無限大且垂直紙面向里的有界勻強磁場，帶有同種電荷的M粒子和N粒子同時從勻強磁場的邊界CD上的S點分別以與邊界的夾角為30°和60°射入磁場，兩粒子又恰好同時到達Q點。不計粒子重力和粒子間的相互作用，則()圖6A.M、N兩粒子的運動軌跡半徑之比為eq\r(3)∶1B.M、N兩粒子的運動軌跡半徑之比為2∶1C.M、N兩粒子的初速度大小之比為eq\r(3)∶1D.M、N兩粒子的比荷之比為5∶2答案AD解析設SQ＝d，由題圖可知，M粒子在磁場中運動軌跡半徑rM＝d，運動軌跡所對應的圓心角為300°，運動軌跡弧長sM＝eq\f(5πd,3)，N粒子在磁場中運動軌跡的半徑rN＝eq\f(\r(3),3)d，所對應的圓心角為120°，運動軌跡弧長sN＝eq\f(2\r(3)πd,9)，所以M、N兩粒子運動半徑之比為eq\r(3)∶1,A正確，B錯誤；因運動時間t＝eq\f(s,v)，而tM＝tN，則M、N粒子的初速度大小之比為15∶2eq\r(3)，C錯誤；根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，得eq\f(q,m)＝eq\f(v,rB)，故M、N粒子的比荷之比為5∶2，D正確。8.(多選)(2023·湖南長沙高三聯(lián)考)半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)有方向垂直于紙面向外的勻強磁場。不計重力的a、b兩粒子從圓周上的P點沿著半徑方向射入磁場，分別從A、B兩點離開磁場，運動軌跡如圖7所示。已知a、b兩粒子進入磁場時的速率之比為1∶2，AOB為直徑，∠AOP＝60°。下列說法正確的是()圖7A.a粒子帶正電，b粒子帶負電B.a、b兩粒子的比荷之比為3∶2C.a、b兩粒子在磁場中運動時間之比為2∶1D.a、b兩粒子的軌道半徑之比為1∶3答案BD解析根據(jù)粒子的運動軌跡，由左手定則可知，a粒子帶負電，b粒子帶正電，A錯誤；由幾何關系可知，a、b兩粒子的半徑之比為r1∶r2＝1∶3，D正確；由r＝eq\f(mv,qB)可知，a、b兩粒子的比荷之比為3∶2，B正確；粒子在磁場中運動時間t＝eq\f(l,v)＝eq\f(θr,v)，θ為軌跡所對應的圓心角，代入數(shù)據(jù)可知，a、b兩粒子在磁場中運動時間之比為4∶3，C錯誤。9.(2023·江西南昌高三月考)如圖8所示，邊長為L的正方形ABCD邊界內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場B，E為AD上一點，ED＝eq\f(\r(3),3)L。完全相同的兩個帶電粒子a、b以不同速度分別從A、E兩點平行AB向右射入磁場，且均從C點射出磁場。已知a粒子在磁場中運動的時間為t，不計粒子的重力和相互作用，則b粒子在磁場中運動的時間為()圖8A.eq\f(1,3)t B.eq\f(1,2)t C.eq\f(2,3)t D.eq\f(3,4)t答案C解析根據(jù)題意可知粒子做圓周運動的軌跡如圖所示，由圖可知a粒子運動軌跡所對的圓心角為θa＝90°。對b粒子根據(jù)幾何知識有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R2－\f(\r(3),3)L))eq\s\up12(2)＋L2＝Req\o\al(2,2)，得b粒子的軌道半徑R2＝eq\f(2\r(3),3)L，sinθb＝eq\f(L,\f(2\r(3),3)L)＝eq\f(\r(3),2)，所以b粒子運動軌跡所對的圓心角為θb＝60°，根據(jù)T＝eq\f(2πm,qB)，t＝eq\f(θ,360°)T，所以eq\f(tb,ta)＝eq\f(θb,θa)＝eq\f(2,3)，b粒子在磁場中運動的時間為tb＝eq\f(2,3)ta＝eq\f(2,3)t，故C正確。B級綜合提升練10.(2023·山東濰坊高三月考)如圖9所示，正六邊形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場。一帶正電粒子以速度v1從a點沿ad方向射入磁場，從c點離開磁場；若該粒子以速度v2從a點沿ae方向射入磁場，則從d點離開磁場。不計粒子重力，eq\f(v1,v2)的值為()圖9A.eq\r(3) B.eq\f(\r(6),2) C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(\r(3),3)答案C解析帶正電粒子以速度v1從a點沿ad方向射入磁場，從c點離開磁場，設六邊形的邊長為L，則由幾何關系得r1＝eq\r(3)L，若該粒子以速度v2從a點沿ae方向射入磁場，從d點離開磁場，則由幾何關系得r2＝2L，由洛倫茲力提供向心力得qvB＝meq\f(v2,r)，則r＝eq\f(mv,qB)，速度之比eq\f(v1,v2)＝eq\f(r1,r2)＝eq\f(\r(3),2)，故C正確。11.(2019·全國Ⅰ卷)如圖10，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正